情報ネットワークの基礎 [第2版]

情報ネットワークの基礎 [第 2 版]
演習問題解答
第1章
1
(1) 情報の獲得/創生，処理/変換，表示/出力，送受信 (本文 p.2 参照)
(2) 端末から送出された情報の伝送，交換，処理/変換 (本文 p.6 参照)
(3) 主な障害は，情報の遅延，誤り，欠落である．音声伝送では，遅延によって音
声情報が相手に届くのが遅くなり，会話の応答性が損なわれる．また，遅延の揺
らぎや，音声情報の誤りと欠落によって，音声の内容が識別しにくくなる．
2 WAN は，電話網でいえば，市外回線部分まで含んだものを意味し，MAN は市内
回線部分に相当するといえよう．一方，LAN は一つの建物や敷地内のネットワークで
あり，最大距離は数 km 程度のものである．WAN と MAN の構築には，電気通信事
業者の設備・サービスを利用するのが普通であるのに対し，LAN は自前の設備で構築
する (本文 p.8 参照)．
3 ポイントツーポイントチャネルネットワークは，1 対の送信機と受信機が通信を行
う通常の通信回線を用いたものであり，現存の有線 WAN はほとんどすべてがこれに
属する．この種のネットワーク構築に伴う主要技術課題の一つは，どのようなネット
ワークトポロジーを採用するかである．
一方，放送形ネットワークは，一つの端末 (局) が送出した信号が他のすべての端末
(局) によって受信されるようなネットワークである．グローバルビームを用いた静止
衛星通信網，ケーブルを用いた LAN や，無線 LAN，携帯電話網などの地上無線通信
網が放送形ネットワークとなる．このネットワークでは，すべての端末が一つの通信
回線を共有使用する．そのため，この通信回線共有のための手順，すなわち，メディ
アアクセス制御 (MAC) プロトコルが重要な技術課題となる (本文 pp.9–10 参照)．
演習問題解答
2
第2章
1
(1) 受信側におけるデータの一時記憶装置 (バッファ) において溢れ (オーバフロー)
が起こらないように，送信側がデータ送信のペースを調整すること．
(2) コネクション型通信：信頼性の高い通信を行えるが，通信オーバヘッドが大き
い (例：TCP など)．コネクションレス型通信：信頼性が低いが，通信オーバ
ヘッドが小さい (例：UDP など)．
(3) データリンクレベル以上では，プロトコル実行のために，PCI を付与する必
要があり，その分，実際の送信情報が減少する．さらに，物理層で生じた誤りを
回復するために，データリンクレベル以上で再送による誤り回復を行う．このと
き最初に送信された誤り PDU のビットは，スループットの計算には加えられな
い．さらに，フロー制御を行う場合には，受信側からの送信許可が来なければ，
送信側は送信できない場合もあり，その間は通信回線は使用されない．そのた
め，伝送されるビット数は増加せず，スループットの減少となる．
以上の議論から明らかなように，一般に，物理層から上の階層に行くほど，そ
の階層のスループットは下の階層のものよりも低くなる (これは，手取りの給与
が，額面よりも相当少なくなることと同じである)．したがって，システムの仕
様書にスループットの値が記載してあっても，どの階層でのスループットである
かに注意しなければならない．
2
● GBN(go-back-N)
再送
誤り
● 選択的再送(selective repeat)
誤り
再送
時間
時間
演習問題解答
3
[解説] 本問題で設定している条件は，後の章で紹介する標準化プロトコル (HDLC
や TCP) が対象としている現実のものとは異なっていることをお断りしておく．これ
は，2 種類の ARQ 方式の特徴に焦点を絞って，状況を単純化したためである．
2 以降に受信したデータに
本問題の解答として，誤りが生じた 2 番目の送信データ⃝
対して，局 B(受信側) が返送する ACK/NAK の方法に，二通りが考えられる．上記
の図は，その内の一つを採用した解答を示したものである．
2 の誤りに対して，局 B は，
この解答例 (第 1 の方法) では，2 番目の送信データ⃝
2 を一度返送し，再送データが届きその成否 (本問題では必ず正しく受信
まず，NAK⃝
2 を返送し続けるとしている．局 B
されると仮定しているが) が分かるまでは，ACK⃝
2 を受信すると，その時点で次に受信を期待している送信データ番号
は，再送データ⃝
3 ，選択的再送では⃝
6 ) を付した ACK を返送する．なお，NAK に付け
(GBN では⃝
るデータ番号は，誤りが検出された送信データの番号とする．GBN の場合は，これ
は次に受信を期待している送信番号に等しい．本問題の条件 (誤りが生じるのは送信
2 の 1 回目の送信のみ) の下では，選択的再送の場合も同様である．
データ⃝
2 を送信した後，再送データ⃝
2 を正しく
第 2 の方法として，局 B が最初に NAK⃝
2 を送り続けることが考えられる．このようにすると，局 A(送信
受信するまで NAK⃝
2 を受信したときにどのような動作を取るかを決めておか
側) が 2 度目以降の NAK⃝
2 も誤りが生じたと判断して，さらに再送を行うとい
なければならない．再送データ⃝
うことが考えられるからである．一方，本問題では，再送データに誤りは生じないと
2 を無視すると決めれば問題の条件
仮定しているので，局 A は，2 度目以降の NAK⃝
とは整合する．
本問題の条件を離れて，現実の状況を考えると，局 A が ACK/NAK を受信するタ
イミングは，本問題の条件のように，常に一定時間後ということはほとんどない．一
般的には，局 A は，その時々の局 B との往復伝搬遅延時間を正確には知りようがな
2 を受け取ったとき，それが最初の送信データ⃝
2 に対する
い．そのため，同じ NAK⃝
2 に対するものであるかを区別する術がない．
ものか，再送データ⃝
2 ，2 回目以降は ACK⃝
2 としてお
そこで，局 B が返送するのは，1 回目に NAK⃝
2 に誤りが生じたが，再送分については局 B はまだ結
けば，局 A は 1 回目はデータ⃝
2 を待っていると判断できる．もし再送データも誤りが生じれ
果が分からず，データ⃝
2 を返すことになる．なお，最初の NAK⃝
2 が伝送中
ば，そのときは，局 B は NAK⃝
2
に失われ，局 A に届かない場合も現実にはありうる．この場合には，局 A は ACK⃝
2 をタイムアウト再送することにな
を受信し続けることになるので，実際にはデータ⃝
る (本問題では，タイムアウト再送の機能は想定していないが)．
第 1 の方法は，上記のような現実の状況に，より近いと考えられるため，本解答で
演習問題解答
4
はこれを図示した．
参考のために，現実に起こりうるさらに厄介な状況として，複数個の送信データが
2 ，⃝
3 ，⃝
4 ) ことへの対処方法にも触れておこう．こ
連続して誤る (例えば，データ⃝
の状況では，NAK には，GBN 用と選択的再送用との 2 種類を定義する必要がある．
第 6 章で紹介する HDLC では，GBN 用の NAK を REJ(Reject)，選択的再送用を
SREJ(Selective Reject) と呼んでいる．REJ に付けられた番号は，その番号を含め
て以降の番号のデータの再送を意味する．一方，SREJ には，単独データの誤りには
そのデータ番号を記載し，複数連続誤りの場合には再送の範囲 (開始番号，終了番号)
を記すことができるようになっている．このため，SREJ は監視フレームの中で唯一，
情報部を持つことが許されている．
3 問題における端末，地球局，静止通信衛星の関係は，次の図のようになる．
静止通信衛星
（赤道上約３６０００ｋｍ軌道）
トランスポンダー（中継及び周波数変換）
衛星通信回線
伝搬遅延
２７０ｍｓ
(64kb/s)
地球局
端末Ａ
伝搬遅延
4０ｍｓ
端末Ｂ有線回線端末Ｃ
３1０ｍｓ
(64kb/s)
まず，一つの 800 オクテット長フレームを送信するために要する時間を計算すると，
800 × 8[bit]/64000[b/s] = 100[msec] となる．
(1) 端末 A から端末 B へのデータ伝送の場合には，通信衛星を介した往復遅延時
間は，270 × 2 = 540ms である．ACK の作成及び送信時間は無視できるので，
衛星回線上には，最大 540/100=5.4 個，したがって 6 個のフレームが存在する
ことができる．
演習問題解答
5
640ms
270ms
270ms
ACK
100ms
5個
1 フレームを送信し始めてから ACK を受け取るまでの時間は，上図より 640ms
となる．したがって，ウィンドウサイズが 6 フレーム以下の場合には衛星回線
に空きが生じるが，7 フレーム以上の場合には，回線は 100%使用される．
ウィンドウサイズが 1 のとき
640ms 毎に１フレーム（800 × 8=6400[bit]）が送信される．したがって，最大
スループットは
6400[bit]/640[ms] = 10[kb/s]
となる．
ウィンドウサイズが 5 のとき
同様に，最大スループットは
6400 × 5[bit]/640[ms] = 50[kb/s]
となる．
ウィンドウサイズが 10， 100 のとき
衛星回線上に存在できる最大フレーム数よりもウィンドウサイズが大きいので，
最大スループットは 64kb/s となる．
(2) 端末 A から端末 C へデータを送る場合には，片道遅延は衛星通信回線の伝搬
遅延と有線回線の伝搬遅延との和となるので，270 + 40 = 310ms となる．往復
遅延は，310 × 2 = 620ms である．ACK の作成及び送信時間は無視できるの
で，端末間には，最大 620/100=6.2 個，したがって，7 個のフレームが存在す
ることができる．1 フレームを送信し始めてから ACK を受け取るまでの時間は，
720ms となる．
（1）と同様に，ウィンドウサイズが 7 フレーム以下の場合には衛
星回線に空きが生じることとなる． [答] 8 フレーム以上
演習問題解答
6
第3章
1 基本的要因として，周波数帯域幅と信号対雑音電力比とが挙げられる．
例えば，矩形パルスを用いてビット列を伝送する場合を考えよう．情報伝送速度を
上げるためには，まず，一定の時間内にできるだけ多くのパルスを詰め込む方法があ
る．しかし，多くのパルスを詰め込もうとすると，そのパルス幅が狭くなり，信号の
周波数スペクトルが増大する．与えられた伝送路が伝送可能な周波数帯域幅は限られ
ているので，狭くできるパルス幅には限界があるのである．
情報伝送速度向上の別の方法として，一つのパルスにできるだけ多くのビットを表
現させることがある．具体的には，その振幅が取り得る値を多くすればよい．しかし，
多値パルスを用いると，雑音が加わる通信路では，異なる振幅値の区別が難しくなる．
すなわち，利用可能な信号電力と伝送路で加わる雑音が与えられたときに，誤りが少
ないビット伝送を行うためには，それに応じて取り得る振幅値の種類を制限しなけれ
ばならないのである (本文 p.54 参照)．正弦波を用いた伝送においても同様のことが
成立する．
[補足説明] 参考のため，シャノンによって導出された加法性白色ガウス雑音通信路
の通信路容量 C [b/s] の式を，次に記しておく．
(
C = W log2 1 +
S
N0 W
)
ここで，W は通信路の周波数帯域幅 [Hz]，S は送信信号の平均電力 [Watt]，N0 は白
色ガウス雑音の電力スペクトル密度 [Watt/Hz] である．
上式は，通信路容量 C が周波数帯域幅 W と信号対雑音電力比 (SNR)
調増加関数であることを示している．
S
の単
N0 W
2 非同期システム (調歩同期方式) と同期システムがある．
非同期システムでは，キャラクタ (文字) 単位で伝送が行われ，ビット同期に加え
て，キャラクタの区切りを検出するキャラクタ同期も同時に取られる．任意の時点で，
送信側の信号レベルを，通常，高レベルから低レベルへ一定期間変化させる (スター
トビット) ことによってキャラクタの送信開始を受信側に知らせる．1 キャラクタ伝送
後に再び高レベルに復帰し一定期間持続する (ストップビット) ことによってキャラク
タの送信終了とする．1 キャラクタ伝送するために，スタートビットとストップビッ
トを必要とするため，伝送効率が低下する．また，高速通信には不向きである．
一方，同期システムでは，一定周期のクロックの指定された時点でビットやキャラ
クタが発生する．受信側では，通常は受信情報からビットタイミングのためのクロッ
演習問題解答
7
クを抽出してビット同期を取る．キャラクタ同期は，ビットを復号した後，特定のビッ
トパターンを持つ符号を検出することによって取られる．高速伝送向きであり，現在
のディジタル通信のほとんどは，この方式を採用している．(本文 pp.59–60 参照)
3 単流 NRZ は計算機内におけるバス上での伝送，単流 RZ は光海底ケーブル通信の
強度変調 (OOK)，複流 NRZ は RS232C，バイポーラは N-ISDN で用いられている．
4 64 値 (64 = 26 ) では，1 回の変調で 6 ビットを送信するので，32 × 6 = 192kb/s
となる．
5
(1) 電話音声信号の最大周波数は，4kHz であるので，標本化周波数は 4 × 2 =
1
8kHz(標本化周期=
= 125µs) となる (本文 p.66)．1 標本 8 ビットの量子
8kHz
化であるので，ビット伝送速度は，8 × 8 = 64kb/s となる．
(2) (8[bit] × 24 + 1)/125µs = 1.544Mb/s．PCM1 次群は，米国では，T1 と呼
ばれている．
第4章
1
(1) 下図
ゲート
+
+
+
出力
入力
(2) (|0 1 {z
1 0 0} |0 0 0 1 0{z1 0 0 1 1})
パリティ
情報
2
(1) 下図
ゲート
+
+
+
入力
演習問題解答
8
(2)
(|0 0{z1 1} |1 {z
0 1})
パリティ
情報
(3) v(X) = 1 + X + X 2 + X 5 を g(X) で割り算した余りが X 3 + 1 ̸= 0 となる
ので，誤りがある．
3
(1) 下図
ゲート
+
+
+
入力
出力
(2)
0 1})
(|1 1{z0 0} |1 {z
パリティ
情報
(3) 上記 (2) で得られた符号語に問題で指定した巡回置換を施すと，v = (01 11001)
2
3
6
となる．これを多項式で表すと，v(X) = X + X + X + X となる．v(X) を
g(X) で割り算すると割り切れるので，v(X) は符号語となる.
4
下図に示すように，必要な入力ダミービット数は 2 である．また，符号化出力は，
12 ビットである．それに対して，入力は 6 ビットでその内 2 ビットがダミーであるの
で，正味の入力は 4 ビットである．したがって，符号化率は，4/12 = 1/3 となる．
入力第1ビット入力第2ビット入力第3ビット入力第4ビットダミービット0 ダミービット0
00
00
11
00
01
【注】
入力 0
入力 1
矢印の上に記載
の2ビットは出力
00
00
11
10
01
00 00
00
00 00 00
11
11
11 01 11
00
10
10
10
01 10
01
01
11 10 11
00 00
11
01 1011 01
00
10 01 10
11
01
10
演習問題解答
9
第5章
1
(1) ランダムアクセス方式では，各局がランダムにフレームの送信を行うため，フ
レームの衝突が生じる．フレーム衝突が生じた局は，再衝突を避けるために，そ
れぞれが独立に発生させたランダムな時間だけフレーム再送を遅らせるという方
法 (バックオフ) を採用している．バックオフにおいて，再送遅延の平均値が小
さすぎると，再送されたフレーム同士または再送フレームと新たに送信されたフ
レームが衝突する可能性が高くなる．こうして，再送フレームが増えてゆくと，
それにつれてさらに衝突が頻繁になる．この正のフィードバック効果により，最
終的にはフレームの正常な送信ができなくなってしまう．このような衝突による
チャネルの飽和現象が起こり得るシステムは不安定であるという．そして，これ
を安定性問題と呼ぶ．(本文 pp.85–86 参照)
(2) １フレーム伝送時間 (512 × 8/128=32ms) は，チャネル伝搬遅延 270ms より
もきわめて短いので，スロット時間要件を満足していない (本文 p.88 参照)．そ
のため，下図に示すように，フレーム送信中に，他局はそのフレームのキャリヤ
センスや衝突検出ができない．したがって，純アロハと同様の動作になって回線
利用効率は低くなる．
局1フレーム
衝突
局1送信
局1受信
32ms
時間
チャネル伝搬遅延 =270ms
局2送信衝突
局2フレーム
2
(1) 二つの局の間でトークンを受け渡しするのに必要な時間は，50/100=0.5ms で
ある．8ms だけデータフレームを送信した後，直ちに隣の局にトークンを送り
出すので，最大利用効率は，8/(8+0.5)=0.941 となる．
(2) 4/(4+0.5)=0.889
10
演習問題解答
3 p.100 に記しているように，1Gb/s でのスロット時間は，512 オクテットである．
p.103 の TBEB アルゴリズムより，n = 5 のとき，0 から (25 − 1) × 512 × 8 = 126976
ビット．n = 12 のとき，0 から 1023 × 512 × 8 = 4190208 ビット．
4 DCF はランダムアクセス (CSMA) であり，PCF はポーリングである (p.109
参照)．
隠れ端末対処方法には，NAV (Network Allocation Vector) がある．これは，DCF
では，RTS/CTS やデータフレーム，PCF ではビーコンフレームで設定される (p.111
参照)．
第6章
1 任意のビットパターンの送信を可能にするため，“1” が 5 個連続した後，送信側
で “0” を挿入，受信側で削除する．(本文 P.122 参照)
2
一次局
二次局
[解説] まず，二次局からデータの送信を行うのであるから，一次局は，データリン
クの確立 (“SNRP,P” と “UA,F” のやりとり) 直後に，二次局に送信許可を与えなけ
ればならない．それには，一次局は，P ビットを 1 にした RR コマンドを送信すれば
よい．RR コマンドには受信シーケンス番号を設定しなければならないので，0 とす
る．したがって，一次局の送信コマンドは，“RR0,P” と書くことができる．
二次局は，それを受けて 3 個の I フレームを送信するが，6.1.5 項 (本文 p.123) で
説明したように，3 番目の I フレームでは必ず F=1 とする (I2,0F)．
“I2,0F” を受信した一次局は，送達確認をしなければならない．規則的には，一次
局は “RR3” を送ることもできるが，本問題では，“送達確認は最も効率的な形で必ず
行う” としているので，次に一次局から送信する I フレームの受信シーケンス番号に
3 を設定すればよい．すなわち，“I0,3” を送信する．一次局は，2 番目の I フレーム
(最後の I フレーム) を送信するときには，P=1 としておかなければならない．これ
は，二次局が，送達確認 “RR2,F” を送信できるように許可を与えるためである．
3 図 6.2(p.120) より，左端ビットが 0 であるのは I フレームである．b5 = 1 である
から，P/F=1. 送信シーケンス番号 (b2 b3 b4 = 011) は右の方が上位ビットであるの
で，6 である．同様に，受信シーケンス番号 (b6 b7 b8 = 110) は，3 である．
演習問題解答
11
第7章
√
1 [答] p =
[証明]
hx
k−1
送信されるパケットの個数は x/p 個（前提より正整数）となる．
まず，各パケットは，本問題の条件の下では，図 7.4(p.133) に示すように，1 個の
ルータを通過する毎に 1 パケット伝送時間分の遅延が生じることに注意しよう．
送信元での全パケットの総送信時間は，
p+h
x
x
× = (p + h)
b
p
bp
となる．k − 1 個のルータでの転送遅延の総和は，ルータ１段毎に１パケット送信時
間分の遅延が生じるため，
(k − 1)(p + h)
b
となる．従って，総遅延は次のようになる．
(k − 1)(p + h)
x
+
bp
b
総遅延を p の関数として f (p) で表す (ただし，前提より x/p は正整数である)．
(p + h)
(k − 1)(p + h)
x
+
bp
b
x
hx
p
h
= +
+ (k − 1) + (k − 1)
b
bp
b
b
実際には p は正整数であるが，f (p) の最小値を求めるため，p を実数とみなし，f (p)
f (p) = (p + h)
を p で微分可能と仮定する．f (p) を p で微分すると，次のようになる．
df (p)
hx
k−1
=− 2 +
dp
bp
b
=−
hx
b
(
(
hx
=−
b
1
k−1
−
p2
hx
1
+
p
√
)
k−1
hx
)(
df (p)
= 0 となるのは，
√ dp
hx
p=
k−1
p > 0 なので，
のときである．また，
√
p>
hx
k−1
1
−
p
√
k−1
hx
)
演習問題解答
12
のとき，
df (p)
> 0 であるので，
dp
√
p=
hx
k−1
で f (p) は最小値をとる．
2 5760 オクテットのメッセージは，6 個の 960 オクテットのペイロードに分割され
るため，端末 A では 1000 オクテット長 (960+ヘッダ長 40) のパケットが 6 個 (パケッ
ト 1∼6) 作られる．一個のルータが持つパケット蓄積用メモリ 2000 オクテットは，2
パケット分となる．
１パケットの伝送時間は，端末 A からルータ５までの各回線では，(960 + 40) ×
8[bit]/8[Mb/s]=1 ms となる．したがって，メッセージの最初のビットを含むパケッ
トが，端末 A からルータ 5 に届くまでの時間は，5ms となる．
一方，ルータ 5 から端末 B までの各回線における１パケット伝送時間は，(960 +
40) × 8[bit]/4[Mb/s]=2 ms となる．
したがって，ルータ 1 から 4 までの各ルータでは，常にメモリに 1 パケットを蓄積
し，それを出力回線に送出しつつ入力回線で次のパケットを受信している状態にある
(第 1 パケットと第 6 パケットは別)．そのため，各ルータでは高々2 パケット分のメ
モリ (2000 オクテット) が使用されている．
一方，ルータ 5 では，パケットの送出時間が 2 倍 (2ms) となるため，後続のパケッ
トが到着する度に使用されるメモリが増えてくる．メモリ内のパケットの状態は，次
のようになる
パケット送信
タイミング
ルータ４
ルータ５
ルータ5
のメモリ
内容
123456
1
2
3
4
6
5
2244 66
111224466
メモリ満杯．
パケット3は溢れる
メモリ満杯．
パケット５は溢れる
メモリ容量
（2パケット分）
時間
演習問題解答
13
タイミング
ルータ 5 のメモリ内にあるパケット (パケット番号)
パケット 1 受信終了
１
パケット 2 受信終了
１ (出力中)，2
パケット 3 受信開始
１ (出力中)，2 メモリ満杯のためパケット 3 をメモリに書き込めない
パケット 3 受信終了
2
パケット４受信終了
2(出力中)，4
パケット 5 受信開始
2(出力中)，4 メモリ満杯のためパケット 5 をメモリに書き込めない
パケット 5 受信終了
4
パケット 6 受信終了
4（出力中），6
送信タイミング
端末A
ルータ１
ルータ2
ルータ３
ルータ４
ルータ５
ルータ６
ルータ７
端末
B
受信
タイミング
123456
時間
1ms
メモリ満杯．
パケット3は溢れる
メモリ満杯．
パケット5は溢れる
1 2 3 45 6
1x5=5ms 1
2ms
2
4
6
1
2
4
6
1
2
4
6
1
2
4
6
パケット2送信終了時には，パ
ケット4はメモリ内にあるため直
ちに送信開始．パケット6も同様．
2x2=4ms 2x4=8ms
上の表と図より，ルータ 5 では，パケット 3 受信開始時にメモリが満杯のため，パ
ケット 3 はメモリから溢れて欠落することが分かる．ルータ 5 では，パケット 2 送信
終了時点でパケット 4 が既にメモリ内にあるので，直ちにこれが送信開始される (コネ
クションレス型であるため，パケット番号のチェックはしていない)．同様に，パケッ
ト 5 は受信開始時にメモリが満杯のため，メモリから溢れて欠落する．パケット 4 送
信終了時点でパケット 6 が既にメモリ内にあるので，直ちにこれが送信開始される．
演習問題解答
14
ルータ 6 と 7 では，ルータ 1 から 4 までと同じ状況である．すなわち，最初と最後の
パケット以外では，メモリに 1 パケットを蓄積し，それを出力回線に送出しつつ入力
回線で次のパケットを受信している．
このように，端末 B では，パケット 1，2，4，6 が連続して受信される．
また，端末 B が最後のパケットを受信し終えるまでの時間は，図に示すように，
5+4+8=17 ms となる．
3
(1) 起動直後のルーティングテーブル
ルータ B
ルータ A
宛先次ホップホップ数
ルータ C
宛先次ホップホップ数
宛先次ホップホップ数
NW-1 直接接続
0
NW-2 直接接続
0
NW-3 直接接続
0
NW-2 直接接続
0
NW-3 直接接続
0
NW-5 直接接続
0
ルータ D
ルータ E
宛先次ホップホップ数
宛先次ホップホップ数
NW-2 直接接続
0
NW-4 直接接続
0
NW-4 直接接続
0
NW-5 直接接続
0
(2) 起動から 30 秒後のルーティングテーブル
ルータ A
ルータ B
ルータ C
宛先次ホップホップ数
宛先次ホップホップ数
宛先次ホップホップ数
NW-1 直接接続
0
NW-2 直接接続
0
NW-3 直接接続
0
NW-2 直接接続
0
NW-3 直接接続
0
NW-5 直接接続
0
NW-3
3
1
NW-1
2
1
NW-2
4
1
NW-4
5
1
NW-5
7
1
NW-4
10
1
NW-4
5
1
ルータ D
ルータ E
宛先次ホップホップ数
宛先次ホップホップ数
NW-2 直接接続
0
NW-4 直接接続
0
NW-4 直接接続
0
NW-5 直接接続
0
NW-1
2
1
NW-3
8
1
NW-3
3
1
NW-2
6
1
NW-5
9
1
演習問題解答
15
(3) 起動から 60 秒後のルーティングテーブル
ルータ A
ルータ B
宛先次ホップホップ数
ルータ C
宛先次ホップホップ数
宛先次ホップホップ数
NW-1 直接接続
0
NW-2 直接接続
0
NW-3 直接接続
0
NW-2 直接接続
0
NW-3 直接接続
0
NW-5 直接接続
0
NW-3
3
1
NW-1
2
1
NW-2
4
1
NW-4
5
1
NW-5
7
1
NW-4
10
1
NW-5
3
2
NW-4
5
1
NW-1
4
2
ルータ D
ルータ E
宛先次ホップホップ数
宛先次ホップホップ数
NW-2 直接接続
0
NW-4 直接接続
0
NW-4 直接接続
0
NW-5 直接接続
0
NW-1
2
1
NW-3
8
1
NW-3
3
1
NW-2
6
1
NW-5
9
1
NW-1
6
2
(4) NW-3 の端末とは 30 秒後，NW-5 の端末とは 60 秒後
4
(1) 輻輳制御は，ネットワーク全体または一部で，輻輳 (混みあい) を回避 (予防)
または解消するための制御である．一方，フロー制御は，本来，受信端末でバッ
ファオーバフローが起こらないように，送信端末がパケット送信を調整するもの
である．したがって，送受信端末間の制御であり，ネットワーク全体または一部
を対象とするものではない．しかし，フロー制御は，ネットワークに流入する
パケット量を調整するので，輻輳制御としても有効であると考えられる．(本文
pp.153–154 参照)
(2) トラヒックシェーピングは，送信端末でパケットの送信レートを均一にするこ
とによって，大量のパケットが短時間にネットワークに流入することを防ぐも
のである．具体例として，リーキィバケットアルゴリズムが挙げられる．(本文
p.154 参照)
演習問題解答
16
第8章
1
(1) ［答］ 1500 オクテット長のものが 5 個と 508 オクテット長のものが 1 個
[説明]
送信ホストのネットワークでは，最大 1500 オクテットの IP データグラムにカ
プセル化されて，UDP データグラムが伝送される．この時，IP ヘッダ長が 20，
UDP ヘッダ長が 8，最大 UDP データ長が 1472 オクテットとなる．したがっ
て，7840 オクテットは 1472 × 5 + 480 となるので，送信ホストは 5 個の 1500
オクテット長 IP データグラムと 1 個の 508 オクテット長 IP データグラム，す
なわち，合計 6 個の IP データグラムによりデータを送信することになる．
(2) ［答］ 500 オクテット長のものが 16 個，60 オクテット長のものが 5 個，及
び，28 オクテット長のものが 1 個
[説明]
1500 オクテット長 IP データグラムの IP ペイロードは，1480 オクテット（UDP
データグラム）となるので，1480（= 480 × 3 + 40）より，これは受信ホスト
において 3 個の 500 オクテット長 IP データグラムと 1 個の 60 オクテット長
IP データグラムになる．同様に，508 オクテット長 IP データグラムは，488
（= 480 × 1 + 8）より，1 個の 500 オクテット長 IP データグラムと 1 個の 28 オ
クテット長 IP データグラムとなる．したがって，500 オクテット長の IP デー
タグラムは 16（= 5 × 3 + 1 × 1）個，60 オクテット長の IP データグラムは 5
（= 5 × 1）個，28 オクテット長の IP データグラムは 1（= 1 × 1）個となる．
(3) ［答］ 5.860%
[説明]
実際に送られるデータ量は 7840 オクテットである．送信ホストが生成する
UDP データグラムは 6（= 5 + 1）個であるので，UDP ヘッダ長の総和は 48
（= 8 × 6）オクテットとなる．一方，受信ホストが受信する IP データグラムの
個数は 22（= 16 + 5 + 1）個であるので，IP ヘッダ長の総和は 440（= 20 × 22）
オクテットとなる．したがって，IP ヘッダ長と UDP ヘッダ長の総和は，488
（= 48 + 440）オクテットである．送ったデータ量に対するこのオーバヘッドの
割合は，
488
= 0.0585975024 となる．
7840 + 488
演習問題解答
17
2
(1) ［答］ 1460+20=1480 オクテットの TCP セグメントが 2+1=3 個，
1176+20=1196 オクテットの TCP セグメントが 1 個，及び 1444+20=1464
オクテットの TCP セグメントが 1 個
[説明]
TCP のウィンドウサイズが 4096 オクテットであるから，7000 オクテットの
データは 4096 オクテットと 2904（= 7000 − 4096）オクテットに分けて送ら
れることになる．一つの TCP セグメントで送ることのできるデータ量は最大
1460(= 1500 − 20 − 20) オクテットであり，4096 = 1460 × 2 + 1176 であるの
で，4096 オクテットのデータは 1460 オクテットのデータ 2 個と 1176 オクテッ
トのデータに分けて送られる．同様に，2904 = 1460 + 1444 であるので，2904
オクテットのデータは 1460 オクテットと 1444 オクテットに分けて送られるこ
とになる．したがって，TCP のヘッダ長を考慮すると，送信ホストが送る TCP
セグメントは上記の [答] のようになる．
(2) (a) コネクションの確立
A → B [SYN (Seq100, Ack000)]
※ Ack の値は，000 に限らず何でもよい．
B → A [SYN, ACK (Seq200, Ack101)]
A → B [ACK (Seq101, Ack201)]
(b) データの送信
A → B [ACK (Seq101, Ack201)]
(データのシーケンス番号 101∼1560)
A → B [ACK (Seq1561, Ack201)]
(データのシーケンス番号 1561∼3020)
A → B [ACK (Seq3021, Ack201)]
(データのシーケンス番号 3021∼4196)
(B → A [ACK(Seq201, Ack1561)])
※なくても可
(B → A [ACK(Seq201, Ack3021)])
※なくても可
B → A [ACK (Seq201, Ack4197)]
A → B [ACK (Seq4197, Ack201)]
(データのシーケンス番号 4197∼5656)
A → B [ACK (Seq5657, Ack201)]
(データのシーケンス番号 5657∼7100)
(B → A [ACK(Seq201, Ack5657)])
B → A [ACK (Seq201, Ack7101)]
※なくても可
演習問題解答
18
(c) コネクションの切断
A → B [FIN, ACK (Seq7101, Ack201)]
(B → A [ACK (Seq201, Ack7102)])
※なくても可
B → A [FIN, ACK (Seq201, Ack7102)]
A → B [ACK (Seq7102, Ack202)]
第9章
1 n = 7 × 5 = 35, z = 6 × 4 = 24．次に，24 と互いに素となる正整数 e として，5
を選ぶ．5 × d = 1 mod 24 となる d は，5 であることが容易に分かる (5 × 5 = 24 + 1)．
+
−
すなわち，この場合には，公開鍵と秘密鍵が同じもの KX = KX = (5, 35) となる．
5
平文 P = 5 を公開鍵で暗号化すると，C = 5 mod 35 = 3125 mod 35 = 10 となる．
5
また，秘密鍵での復号では，10 mod 35 = 5 となり，平文 P = 5 が得られる．この
とき，攻撃者が，盗聴した暗号文を試しに公開鍵で復号すると，正しい平文が得られ
る．ただし，攻撃者は，これだけでは復号文が正しいかどうかの確証は持てない．
e の値を，z = 24 と互いに素となり 24 未満の条件で選ぶと，5 に加えて，7，11，
13，17，19，23 がある．しかし，いずれの場合も d = e mod 24 となる．
[解説 1] 本問題は，演算を簡単にするために，小さな値の素数 p = 7 と q = 5 を用
いた．その結果，選択可能なすべての e に対して，d = e mod 24 となった．
このようにすべての元で d = e mod z となるのは，特殊なケースである．p と q が
1
大きな素数の場合には，このことはほとんど起こりえないと考えられる．p と q が実
際には使用されない小さな値の場合にでも，本文 p.215 の例題 9.1 のように，ほとん
どの場合 d ̸= e となる．次に，d ̸= e となる別の例も紹介しておく．
[演習例題 9.1] p = 7 はそのままにして，q = 11 を用いてみよう．このとき，
n = 7 × 11 = 77，z = 6 × 10 = 60 となるので，e = 13 を選ぶことにする．
13 × d = 1 mod 60 となる d は，d = 37 である (13 × 37 = 481 = 8 × 60 + 1)．
+
−
したがって，KX = (13, 77)，KX = (37, 77) となる．平文 P = 5 に対しては，
C = 513 mod 77 = 26，2637 mod 77 = 5 となる．
[解説 2] 実用的に安全な鍵としては，本文 p.214 で言及しているように，鍵長が少
なくとも 1024 ビット (n が 2 進数 1024 桁) は必要とされている．したがって，p と q
は，ともに 512 ビット以上ということになる．このように大きな値の場合には，z と互
この問題については，茨城大学黒澤馨教授と九州大学高木剛教授からご助言を賜った．謝して
ここに記す．
演習問題解答
19
いに素になる e を選んだとしても (よく用いられる e の値は，3 と，65537 = 2
−1
d を e × d = 1 mod z (d = e
16
+ 1)，
mod z と書くことができる) から，総当りで計算す
るのは大変である．d は e の乗法逆元と呼ばれ，拡張ユークリッドの互除法を用いて，
簡単な手順で求めることができる．上記の [演習例題 9.1] の d は，これで求めた．こ
の方法の具体的な手順は，参考文献 [18]，[19] を参照されたい．
ちなみに，z = (p − 1)(q − 1) は，整数 N のオイラーの関数 ϕ(N ) ({1, · · · , N − 1}
のうち N と互いに素である整数の個数) にて N = pq としたときの値である．
なお，p と q の値については，n = pq の素因数分解が困難なほど大きいことに加え
て，次の 3 条件 (p について記すが，q も同じ) を満足することが推奨されている [19]．
(1) p − 1 は，大きな素因数 r を持つ. (2) p + 1 も大きな素因数を持つ．(3) r − 1
も大きな素因数を持つ．本演習問題の p = 7 と q = 5 は，明らかにこれら 3 条件を満
たさない．
2 147 = 105413504 となるので，C = 147 mod 33 = 20 となる．また，203 = 8000
であるので，8000 mod 33 = 14 となって，P に等しいことが分かる．
3
(1) 発行者は，ApplicationCA Japanese Goverment で，ルート証明機関である．
(2) Windows の場合は，Microsoft Root Certificate Authority. Mac(OS X) の
場合は，Appple Root CA．
第 10 章
[参考] 無記憶性を持つ離散時間確率分布 (p.249) の証明
これは演習問題として挙げたものではないが，参考のため，証明を記しておく．
p = 1 − e−λ∆ として，P (Y = k)，(k = 1, 2, · · ·) を p によって表す．
∫
k∆
P (Y = k) = P ((k − 1)∆ ≤ X < k∆) =
[
= −e−λx
λe−λx dx
(k−1)∆
]k∆
(k−1)∆
= e−λ(k−1)∆ − e−λk∆
= e−λ∆(k−1) (1 − e−λ∆ )
= p(1 − p)k−1
k = 1, 2, · · ·
上式は，指数分布確率変数を標本化 (より正確に言えば量子化) すると幾何分布をな
すことを示している．
演習問題解答
20
1 [答] 1/(1 − p)
[証明]
k − 1 回連続して送信誤りが生じ，k 回目には送信に成功する (誤りが生じない) 確率
を Pk とする．k − 1 回連続して誤る確率は p
k−1
であり，k 回目の成功確率は 1 − p
であるから，Pk は次の幾何分布になる．
Pk = (1 − p)pk−1
k は 1∞から無限大までの値を取りうるので，その平均値は
∞
∑
kPk =
k=1
∞
となる．
∑
k(1 − p)pk−1
k−1
k
p =
k=1
∞
∑
∑
p
1
=
− 1 より，両辺を p で微分すると，
1−p
1−p
kpk−1 =
k−1
1
(1 − p)2
となる．以上より，次式が得られる．
∞
∑
k(1 − p)pk−1 =
k=1
1−p
1
=
(1 − p)2
1−p
2 [答] 68ms
[説明] このシステムを，窓口が 1 個の待ち行列モデルで考え，



窓口
=
通信回線
客
=
入出力メッセージ


サービス時間 = 入出力メッセージの伝送時間
と対応させると，M/G/1 待ち行列となる．これには，次のポラツェック・ヒンチンの
式が適用できる．
ρx(1 + C 2 )
2(1 − ρ)
T =W +x
W =
△ λx)
(ρ =
まず，平均到着率 λ を計算する．
A
z }| {
B
z }| {
C
z }| {
λ = 30000 + 50000 + 100000
= 180000 メッセージ/時
180000
=
メッセージ/秒
60 × 60
= 50 メッセージ/秒
演習問題解答
21
種類別の入出力メッセージの伝送時間は次のように求まる．
入力メッセージ長
z}|{
出力メッセージ長
z }| {
+ 10000 ) × 8
A : xA =
= 0.01 秒
12000000
(8000 + 15000) × 8
B : xB =
= 0.0153 秒
12000000
(10000 + 20000) × 8
C : xC =
= 0.02 秒
12000000
xA ，xB ，xC を用いて，平均サービス時間 x を求める．
(
5000
A の発生確率
B の発生確率
z }| {
x = xA ×
z }| {
C の発生確率
z }| {
30000
50000
100000
+xB ×
+xC ×
180000
180000
180000
= 0.0170 秒
サービス時間の二乗平均値は次のように求まる．
50000
100000
30000
+ x2B ×
+ x2C ×
180000
180000
180000
= 0.000304
E[x2 ] = x2A ×
2
上で求めた E[x ] 及び x から，サービス時間の分散 V ar[x] を次のように計算する
ことができる．
V ar[x] = E[x2 ] − (x)2 = 0.0000149
窓口利用率 ρ は，次のようになる．
ρ = λx = 0.851
次に，サービス時間の変動係数 C の平方値を計算すると，
C2 =
V ar[x]
= 0.0514
(x)2
が得られる．
2
こうして求めた ρ，x，C を，ポラツェック・ヒンチンの式に代入すれば，W と T
が次のように算出される．
ρx(1 + C 2 )
= 0.0511 秒
2(1 − ρ)
T = W + x = 0.0682 秒 ∼
= 68 ms
W =
参考のために，平均待ち行列長 Nq を求める．
Nq = λW = 2.556
この結果から，平均 2∼3 個のメッセージの待ち行列が生じていることが分かる．
3
ここでは，待ち行列モデルにおいて，“窓口 = ルータの CPU”，“客 = パケット”，
“サービス時間= ルータ内でのパケット処理時間” と対応させると，待ち行列モデル
は M/G/1 となる．
演習問題解答
22
(a) ルータ内で l バイト (オクテット) 長のパケットを処理するために必要な平均
命令数 S̄l は，次のようになる．
{(⌈ ⌉
)
}
l
× 6 × 2 + 20 × 0.8
8
{(⌈ ⌉
)
}
l
+
× 6 × 1 + 60 × 0.20
8
⌈ ⌉
l
=
× 10.8 + 28.0
8
ただし，⌈x⌉ は x 以上の最小の整数を示す．
S̄l =
(b) 1 命令当りの処理時間は (5.00 × 107 )−1 = 2.00 × 10−8 であるので，l バイト
長のパケットの平均処理時間 x̄l [秒] は以下のようになる．
(⌈ ⌉
)
l
× 10.8 + 28.0 × 2 × 10−8
8
これを用いて，平均パケット処理時間 x̄［秒］は以下のように計算される．
x̄l =
x̄ = x̄100 × 0.60 + x̄1500 × 0.40
(⌈
⌉
)
100
=
× 10.8 + 28.0 × 2 × 10−8 × 0.60
8
(⌈
⌉
)
1500
+
× 10.8 + 28.0 × 2 × 10−8 × 0.40
8
= (13 × 10.8 + 28.0) × 2 × 10−8 × 0.60
+(188 × 10.8 + 28.0) × 2 × 10−8 × 0.40
= 1.84880 × 10−5
−5
∼
= 1.849 × 10
(c) xl,i (l = 100, 1500; i = 1, 2) は以下のようになる．
{(⌈
x100,2
x1500,1
x1500,2
⌉
)
}
100
× 6 × 2 + 20 × 2 × 10−8
8
= 3.52 × 10−6
{(⌈
⌉
)
}
100
=
× 6 × 1 + 60 × 2 × 10−8
8
= 2.76 × 10−6
⌉
)
}
{(⌈
1500
× 6 × 2 + 20 × 2 × 10−8
=
8
= 4.552 × 10−5
{(⌈
⌉
)
}
1500
=
× 6 × 1 + 60 × 2 × 10−8
8
= 2.376 × 10−5
x100,1 =
演習問題解答
23
(d) l バイトのパケットの発生確率を Gl とし，(i) の処理の発生確率を Pi とする
と，パケット長とルータでの処理の発生確率は独立であるので，パケット処理時
間の分散 V ar[x] は，次式で与えられる．
V ar[x] =
∑∑
(xl,i − x̄)2 × Gl × Pi
l
i
先に求めた値を用いて，分散を計算した結果を次に示す．
{
V ar[x] = (3.520 × 10−6 − x̄)2 × 0.80
}
+(2.760 × 10−6 − x̄)2 × 0.20 × 0.60
{
+ (4.552 × 10−5 − x̄)2 × 0.80
}
+(2.376 × 10−5 − x̄)2 × 0.20 × 0.40
= (2.241009 × 10−10 × 0.80
+2.474329 × 10−10 × 0.20) × 0.60
+(7.306209 × 10−10 × 0.80
+0.277729 × 10−10 × 0.20) × 0.40
= 3.7328090 × 10−10
−10
∼
= 3.733 × 10
(e) パケットの平均到着率 λ は 1000［パケット/秒］である．したがって，窓口利
用率 ρ は，
ρ = λx̄ = 1000 × 1.849 × 10−5 = 1.849 × 10−2
となる．
(f) サービス時間の変動係数の二乗 C 2 は，以下のように計算される．
V ar[x]
3.733 × 10−10
3.733 × 10−10 ∼
C2 =
=
=
= 1.092
2
−5
2
(x̄)
(1.849 × 10 )
3.418801 × 10−10
(g) 平均待ち時間 W は，ポラツェック・ヒンチンの式より，
ρx̄(1 + C 2 )
1.849 × 10−2 × 1.849 × 10−5 × (1 + 1.092)
W =
=
2(1 − ρ)
2 × (1 − 1.849 × 10−2 )
−7
∼
= 3.643 × 10
となる．したがって，平均遅延（平均システム時間）D̄ は，次のようになる．
D̄ = T = W + x̄ = 3.643 × 10−7 + 1.849 × 10−5
−5
= 1.88543 × 10−5 ∼
= 1.885 × 10
−5
したがって，D̄ = 1.885 × 10
[秒] = 18.85µs となる．
(h) 平均待ち行列長 N̄q は以下の値となる．
N̄q = λW = 1000 × 3.643 × 10−7 = 3.643 × 10−4
演習問題解答
24
4
(1) システム内の平均客数 N̄ は，次のように計算できる．
N̄ =
∞
∑
kpk = (1 − ρ)ρ
k=1
∞
∑
kρk−1
k=1
(1 − ρ)ρ
ρ
=
=
(1 − ρ)2
1−ρ
したがって，リトルの公式より，平均システム滞在時間 T は，T = N̄ /λ =
(2)
x̄/(1 − ρ) となる．これより，次式が得られる．
ρx̄
W = T − x̄ =
1−ρ
E[k2 ] =
∞
∑
k2 ρ = (1 − ρ)ρ
k=1
∞
∑
k2 ρk−1
k=1
ここで，次の無限級数の関係式を利用する．
∞
∑
ρk
=
1
1−ρ
kρk−1
=
1
(1 − ρ)2
k(k − 1)ρk−2 =
2
(1 − ρ)3
k=0
∞
∑
k=1
∞
∑
k=2
両辺に ρ をかけて，
∞
∑
k 2 ρk−1 −
k=1
∴
∞
∑
k=1
∞
∑
k2 ρk−1 =
k=1
2
∴ E[k ] =
kρk−1 =
2ρ
(1 − ρ)3
1
2ρ
+
(1 − ρ)3
(1 − ρ)2
2ρ2
ρ
+
(1 − ρ)2
1−ρ
2
σN
= V ar[k] = E[k2 ] − (N̄ )2
2ρ2
ρ
ρ2
+
−
2
(1 − ρ)
1−ρ
(1 − ρ)2
ρ
=
(1 − ρ)2
=
■

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